2021届高考物理一轮复习方略关键能力·题型突破+4.2 平抛运动的规律及应用
高考物理一轮复习 专题4.2 平抛运动(精讲)(含解析)
专题4.2 平抛运动1.掌握平抛运动的特点和性质。
2.掌握研究平抛运动的方法，并能应用解题。
知识点一平抛运动的基本规律1．定义将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，物体只在重力作用下所做的运动。
2．性质加速度为重力加速度的匀变速曲线运动，轨迹是抛物线。
3．条件：v0≠0，沿水平方向；只受重力作用。
4．研究方法平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。
5．基本规律(1)位移关系(2)速度关系6. 平抛运动的两个主要推论(1)做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图所示，即x B ＝x A2。
推导：⎭⎪⎬⎪⎫tan θ＝y Ax A －x Btan θ＝v y v 0＝2yAx A→x B＝x A2 (2)做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，有tan θ＝2tan α。
推导：⎭⎪⎬⎪⎫tan θ＝v y v 0＝gtv 0tan α＝y x ＝gt2v 0→tan θ＝2tan α 知识点二、斜拋运动1．定义：将物体以初速度v 0沿斜向上方或斜向下方拋出，物体只在重力作用下的运动。
2．性质：加速度为重力加速度g 的匀变速运动，轨迹是拋物线。
3．研究方法：斜拋运动可以看作水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上拋运动的合运动。
4．与斜面有关的平拋运动常见的两种模型斜面规律 方法 总结水平：v x ＝v 0 竖直：v y ＝gt合速度：v ＝v 2x ＋v 2y分解 速度分解速度，构建速度三角形．利用斜面倾角为θ这个约束条件可得tan θ＝v 0v y水平：x ＝v 0t 竖直：y ＝12gt 2合位移：s ＝x 2＋y 2分解 位移分解位移，构建位移三角形．利用斜面倾角为θ这个约束条件可得tan θ＝yx，可求得t 、x 、y考点一 平抛运动的基本规律【典例1】 (2018·全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v 和v2的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。
高考一轮复习：4.2《平抛运动的规律及其应用》ppt课件
2gh
v0 2 +gh
)2+3gh⑥
v2 极小的条件为⑥式中的平方项等于 0,由此得 v0= gh⑦ 此时 v2=3gh,则最小动能为 Ekmin=( mv2)min= mgh。⑧
1 x2 y= ③ 2h
由机械能守恒,落到坡面时的动能为
1 2 1 2 mv = mv +mg(2h-y)④ 0 2 2 1 1 联立①②③④式得 mv2= m(v0 2 2 2 4g2 h + 2 )。⑤ v0 +gh
2
考点一
考点二
考点三
第四章
第二节
平抛运动的规律及其应用 21 -21-
(2)⑤式可以改写为 v2=( v0 2 + gh −
第四章
第二节
平抛运动的规律及其应用 3 -3-
一
二
(1)研究方法:运动的合成和分解 水平方向:x=v0t。 竖直方向:y=2gt 。 (2)基本规律 ①位移关系
1
2
②速度关系
第四章
第二节
平抛运动的规律及其应用 4 -4-
一
二
二、斜抛运动及其研究方法
1.研究方法 斜抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速
ABC 动能 ,A、B、C 三项正确。
解析 考点一 考点二 考点三 答案
第四章
第二节
平抛运动的规律及其应用 12 -12-
规律总结平抛运动的两个重要推论 推论(1):做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处,设其末 速度方向与水平方向的夹角为 α,位移与水平方向的夹角为 θ,则 tan α=2tan θ。 推论(2):做平抛(或类平抛)运动的物体,任一时刻的瞬时速度方向的反 向延长线一定通过此时水平位移的中点。
高考一轮复习平抛运动的规律及应用课件
No
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1.(多选)关于做平抛运动的物体,下列说法正确的
是 ( BC )
A.平抛运动是非匀变速曲线运动
B.平抛运动是匀变速曲线运动
C.每秒内速度的变化量相等
D.每秒内速率的变化量相等
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40 2
ta n 2 θ
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5.如图所示,一小球自平台上水平抛出,恰好落在倾角
θ=53°的光滑斜面顶端,且恰能沿斜面的切线斜下滑,已知斜
面顶端与平台的高度差h=0.8 m,重力加速度g=10 m/s2,求:
2
-0
B.
D.
2
2 -0 2
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1.(多选)在地面上方高为H处某点将一小球水平抛出,
不计空气阻力,则小球在随后(落地前)的运动中 ( AD )
A.初速度越大,小球落地时的瞬时速度与竖直方向的夹
O点以20 m/s的水平速度飞出,经过一段时间后落到斜坡上的A
点.已知O点是斜坡的起点,斜坡与水平面的夹角θ=37°,运动
员的质量m=50 kg.不计空气阻力.(取sin 37°=0.60,cos
37°=0.80;g取10 m/s2)求:
(1)运动员由O点运动到A点所经历的时间t;
高考物理金榜一轮课件4.2平抛运动的规律及应用
()
【解析】选B。螺丝帽脱落时,由于惯性,保持原有的水平速度,所以之后螺丝帽做平抛 运动,水平方向做速度与火车速度相等的匀速运动,所以螺丝帽恰好落在图中O点上,故 A、C错误,B正确;若在车厢内观察,螺丝帽相对车厢没有初速度,所以做自由落体运动, 故D错误。
A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大 C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
【解析】选C。由题意知,速度大的先过球网,即同样的时间速度大的水平位移大,或者 同样的水平距离速度大的用时少,故C正确,A、B、D错误。
考点2 与斜面有关的平抛运动 【典题探究】
【典例2】如图所示,小球以v0正对倾角为θ的斜面水平抛出,若小球到达斜面的位移最 小,则飞行时间t为(重力加速度为g) ( )世纪金榜导学号04450081
A .v 0 ta n B .2 v 0 ta n C .v 0 c o tD .2 v 0 c o t
只有在只受重力作用的条件下才是平抛运动
做平抛运动的物体的加速度恒为重力加速度,其
大小、方向保持不变
(3)做平抛运动的物体初速度越大,水平位移越大。 纠错:___________________________________________ _________________。 (4)平抛运动的物体初速度越大,落地时竖直方向速度 越纠大错。:_________________平__抛__运__动__的__水__平__位__移__由__平__抛__运__动的初速度和高度 ______________________________。
2021年高考物理总复习 4.2平抛运动的规律及应用考题演练(含解析)
2021年高考物理总复习 4.2平抛运动的规律及应用考题演练（含解析）1.(多选)(xx·江苏高考)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动,用如图所示的装置进行实验。
小锤打击弹性金属片,A球水平抛出,同时B球被松开,自由下落。
关于该实验,下列说法中正确的有( )A.两球的质量应相等B.两球应同时落地C.应改变装置的高度,多次实验D.实验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动【解析】选B、C。
平抛运动在竖直方向上可以分解为自由落体运动,因为等高同时运动,所以两球同时落地,B 项正确;为了探究平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动,需要改变装置的高度,多次实验,C项正确。
2.(多选)(xx·上海高考)如图,轰炸机沿水平方向匀速飞行,到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹,并垂直击中山坡上的目标A。
已知A点高度为h,山坡倾角为θ,由此可算出( )A.轰炸机的飞行高度B.轰炸机的飞行速度C.炸弹的飞行时间D.炸弹投出时的动能【解题指南】解答本题应注意以下两点：(1)知道哪些是已知量,哪些是未知量。
(2)正确地表示出炸弹的水平和竖直位移。
【解析】选A、B、C。
根据题述,tanθ=,x=vt,tanθ=,H=h+y,y=gt2,由此可算出轰炸机的飞行高度H,轰炸机的飞行速度v,炸弹的飞行时间t,选项A、B、C正确。
由于题述没有给出炸弹质量,不能得出炸弹投出时的动能,选项D错误。
3.(多选)如图,x轴在水平地面内,y轴沿竖直方向。
图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b 和c的运动轨迹,其中b和c是从同一点抛出的。
不计空气阻力,则( )A.a的飞行时间比b的长B.b和c的飞行时间相同C.a的水平速度比b的小D.b的初速度比c的大【解析】选B、D。
三个小球a、b和c水平抛出以后都做平抛运动,根据平抛运动规律可得：x=v0t,y=gt2,所以t=,由y b=y c>y a,得t b=t c>t a,选项A错,B对;又根据v0=x,因为y b>y a,x b<x a,y b=y c,x b>x c,故v a>v b,v b>v c,选项C错,D对。
2021版物理名师讲练大一轮复习方略浙江专版课件：4.2第2讲 平抛运动的规律及其应用
(4)相等时间内平抛运动速度大小变化相同。 ( × ) (5)平抛运动可分解为水平匀加速运动和竖直自由落体
运动。 ( ) ×
(6)斜抛运动是变加速曲线运动。 ( ) ×
匀变速曲线
抛物线
3.研究方法:用运动的合成与分解方法研究平抛运动。
(1)水平方向:_匀__速__直__线__运动。 (2)竖直方向:___________运动。
匀变速直线
【秒判正误】
(1)平抛运动的加速度方向与速度方向总垂直。( × ) (2)平抛运动加速度不变。 ( )
√ (3)相等时间内平抛运动的物体速度变化量相同。( )
第2பைடு நூலகம் 平抛运动的规律及其应用
【知识梳理】
知识点1:平抛运动(d)
1.定义:将物体以一定的初速度沿_________抛出,物体 水平方向
只在_____作用下(不考虑空气阻力)的运动。 重力
2.特点:
(1)运动特点:初速度方向沿_水__平__方__向__。
(2)受力特点:只受_____作用。 重力
(2)位移关系:
(3)轨迹方程:y=__2gv_02_x_2_。
知识点2:斜抛运动
1.定义:将物体以初速度v0_斜__向__上__方__或_斜__向__下__方__抛出,
物体只在_____作用下的运动。 重力
2.性质:斜抛运动是加速度为g的___________运动,运动
轨迹是_______。
3.运动性质:平抛运动是加速度为g的___________运动,
运动轨迹是_______。
匀变速曲线
抛物线
4.研究方法:用运动的合成与分解方法研究平抛运动。
(1)水平方向:_匀__速__直__线__运动。 (2)竖直方向:_________运动。
高考物理一轮总复习 4.2平抛运动的规律及应用课件
第四章 曲线运动 万有引力与航天
第2讲 平抛运动的规律及应用
主干梳理•激活思维
知识点一 抛体运动 Ⅱ
1.平抛运动
(1)定义：
将物体以一定的初速度沿
水平方向
抛出，
物体只在 重力 作用下(不考虑空气阻力)的运动．
(2)性质：
平抛运动是加速度为g的 迹是 抛物线 ．
匀变速曲线 运 动 ， 运 动 轨
(1)研究方法：
平抛运动可以分解为水平方向的
竖直方向的 自由落体
运动．
(2)基本规律(如图所示)：
匀速直线 运 动 和
①速度关系
②位移关系 ③轨迹方程：y＝ 2gv20x2 。
2．斜抛运动 (1)定义：将物体以初速度v0斜向上方或斜向下方抛出，物 体只在重力作用下所做的运动叫做斜抛运动。 (2)运动性质：加速度为g的匀变速曲线运动，轨迹为抛物 线。
2
(2)做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方
向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tanθ
＝2tanα。如图乙所示。其推导过程为tanθ＝
vy v0
＝
gt·t v0·t
＝
2y x
＝
2tanα。
典例透析
例1 [2014·课标全国卷Ⅱ]取水平地面为重力势能零点。一
物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相
(3)条件： ①v0≠0，且沿 水平方向 ． ②只受 重力 作用．
2．斜抛运动
(1)定义： 将物体以初速度v0 斜向上方 或 斜向下方 抛 出 ， 物 体 只 在 重力 作用下的运动．
(2)性质：
斜抛运动是加速度为g的 迹是 抛物线 .
匀变速曲线
2021高考浙江(选考)物理一轮复习讲义：第4章 第2节 平抛运动
第2节平抛运动考点一| 平抛运动的根本规律1．性质加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线．2．根本规律以抛出点为原点，水平方向(初速度v0方向)为x轴，竖直向下方向为y轴，建立平面直角坐标系，那么：(1)水平方向：做匀速直线运动，速度v x＝v0，位移x＝v0t.(2)竖直方向：做自由落体运动，速度v y＝gt，位移y＝12gt2.(3)合速度：v＝v2x＋v2y，方向与水平方向的夹角为θ，那么tan θ＝v yv x＝gtv0.(4)合位移：x＝x2＋y2，方向与水平方向的夹角为α，tan α＝yx＝gt2v0.3．对规律的理解(加试要求)(1)飞行时间：由t＝2hg知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关．(2)水平射程：x＝v0t＝v02hg，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关．(3)落地速度：v t＝v2x＋v2y＝v20＋2gh，以θ表示落地速度与x轴正方向的夹角，有tan θ＝v yv x＝2ghv0，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h有关．(2021·浙江4月学考)某卡车在公路上与路旁障碍物相撞．处理事故的警察在泥地中发现了一个小的金属物体，经判断，它是相撞瞬间车顶上一个松脱的零件被抛出而陷在泥里的．为了判断卡车是否超速．需要测量的量是() A．车的长度，车的重量B．车的高度，车的重量C．车的长度，零件脱落点与陷落点的水平距离D．车的高度，零件脱落点与陷落点的水平距离D[根据题意和实际情景分析，零件在卡车撞停时，由于惯性向前飞出，不计空气阻力，视为做平抛运动，测出水平位移和高度，由h＝12gt2，x＝v0t，得v0＝x g2h，故D正确．](2021 ·浙江10月学考)如图4-2-1甲所示，饲养员对着长l＝1.0 m的水平细长管的一端吹气，将位于吹气端口的质量m＝0.02 kg的注射器射到动物身上．注射器飞离长管末端的速度大小v＝20 m/s.可视为质点的注射器在长管内做匀变速直线运动，离开长管后做平抛运动，如图乙所示．假设动物与长管末端的水平距离x＝4.0 m，求注射器下降的高度h.图4-2-1【解析】由平抛运动规律有x＝v t得t＝x v＝0.2 s由h＝12gt2得h＝0.2 m.【答案】0.2 m1．两个重要推论(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬间速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图4-2-2中A点和B点所示．图4-2-2(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移方向与水平方向的夹角为θ，那么tan α＝2tan θ.2．平抛运动的求解方略——运动分解(1)思路→运动的合成与分解→水平方向：匀速运动竖直方向：自由落体→在两个方向上列方程求解.(2)时间相等是联系两个分运动的桥梁．(3)注意速度、位移的合成与分解．1．关于做平抛运动的物体，说法正确的选项是()A．速度始终不变B．加速度始终不变C．受力始终与运动方向垂直D．受力始终与运动方向平行B[物体做平抛运动的条件是物体只受重力作用，且初速度沿水平方向，故物体的加速度始终不变，大小为g，B正确；物体的平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，其合运动是曲线运动，速度的大小和方向时刻变化，A错误；运动过程中，物体所受的力与运动方向既不垂直也不平行，C、D错误．]2．(2021·嘉兴高三检测)关于从同一高度以不同初速度水平抛出的物体，比拟它们落到水平地面上的时间(不计空气阻力)，以下说法正确的选项是()【导学号：81370145】A．速度大的时间长B ．速度小的时间长C ．一样长D ．质量大的时间长C [水平抛出的物体做平抛运动，由y ＝12gt 2得t ＝2yg ，其下落的时间由下落的高度决定，从同一高度以不同初速度水平抛出的物体，落到水平地面上的时间一样，A 、B 、D 错误，C 正确．]3．(2021·浙江10月学考)一水平固定的水管，水从管口以不变的速度源源不断地喷出，水管距地面高h ＝1.8 m ，水落地的位置到管口的水平距离x ＝1.2 m ，不计空气及摩擦阻力，水从管口喷出的初速度大小是( )A ．1.2 m/sB ． m/sC ．3.0 m/sD ．4.0 m/sB [水从管口喷出后做平抛运动，此时运动时间由竖直方向上的h 决定，根据h ＝12gt 2得t ＝2hg ＝0.6 s ，水平方向做匀速直线运动，由x ＝v 0t 得初速度v 0＝2.0 m/s ，B 选项正确．]4．如图4-2-3所示，滑板运发动以速度v 0从离地高度为h 的平台末端水平飞出，落在水平地面上．忽略空气阻力，运发动和滑板可视为质点，以下表述正确的选项是( )【导学号：81370146】图4-2-3A ．v 0越大，运发动在空中运动时间越长B ．v 0越大，运发动落地瞬间速度越大C ．运发动落地瞬间速度方向与高度h 无关D ．运发动落地位置与v 0大小无关B[运发动在竖直方向上做自由落体运动，运发动做平抛运动的时间t＝2hg，只与高度有关，与速度无关，A项错误；运发动的末速度是由初速度和竖直方向上的速度合成的，合速度v＝v20＋v2y，初速度越大，合速度越大，B 项正确；物体在竖直方向上的速度v y＝2gh，高度越高，落地时竖直方向上的速度越大，故合速度方向与高度h有关，C项错误；运发动在水平方向上做匀速直线运动，落地的水平位移x＝v0t＝v02hg，故落地的位置与初速度有关，D项错误．]5．(加试要求)(多项选择)如图4-2-4所示，从某高度处水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g.以下说法正确的选项是()图4-2-4A．小球水平抛出时的初速度大小gt tan θB．小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ2 C．假设小球初速度增大，那么平抛运动的时间变长D．假设小球初速度增大，那么θ减小AD[由tan θ＝gtv0可得小球平抛的初速度大小v0＝gttan θ，A正确；由tan α＝h x ＝12gt2v0t＝gt2v0＝12tan θ可知，α≠θ2，B错误；小球平抛运动的时间t＝2hg，与小球初速度无关，C错误；由tan θ＝gt v可知，v0越大，θ越小，D正确．]考点二| 与斜面有关的平抛运动问题1．从斜面上平抛(如图4-2-5)图4-2-5 位移方向，方法：分解位移x＝v0ty＝12gt2tan θ＝yx可求得t＝2v0tan θg2．对着斜面平抛(如图4-2-6)图4-2-6 速度的大小或方向，方法：分解速度v x＝v0v y＝gttan θ＝v0v y＝v0gt可求得t＝v0 g tan θ物体从斜面平抛又落在斜面上问题的五条规律1．物体的竖直位移与水平位移之比是同一个常数，这个常数等于斜面倾角的正切值；2．物体的运动时间与初速度成正比；3．物体落在斜面上，位移方向一样，都沿斜面方向；4．物体落在斜面上时的速度方向平行；5．当物体的速度方向与斜面平行时，物体离斜面的距离最远．1．如图4-2-7所示，以10 m/s的水平初速度抛出的物体，飞行一段时间后，垂直地撞在倾角为θ＝30°的斜面上，g取10 m/s2，这段飞行所用的时间为()【导学号：81370147】图4-2-7A.23s B.233s C. 3 s D．2 sC[如下图，把末速度分解成水平方向的分速度v0和竖直方向的分速度v y，那么有v yv0＝cot 30°，又v y＝gt将数值代入以上两式得t＝ 3 s．应选C.]2.如图4-2-8所示，在足够长的斜面上的A点，以水平速度v0抛出一个小球，不计空气阻力，它落到斜面上所用的时间为t1；假设将此球改用2v0抛出，落到斜面上所用时间为t2，那么t1与t2之比为()图4-2-8A．1∶1 B．1∶2C．1∶3 D．1∶4B[因小球落在斜面上，所以两次位移与水平方向的夹角相等，由平抛运动规律知tan θ＝12gt21v 0t1＝12gt222v0t2，所以t1t2＝12.应选B.]3．(2021·台州模拟)如图4-2-9所示，位于同一高度的小球A、B分别以v1和v2的速度水平抛出，都落在了倾角为30°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，那么v1、v2之比为()图4-2-9【导学号：81370148】A．1∶1 B．2∶1C．3∶2 D．2∶3C[小球A、B从同一高度平抛，到斜面上的C点经历的时间相等，设为t，由题意可得：tan 30°＝12gt2v1t，tan 30°＝v2gt，解得：v1∶v2＝3∶2，C正确．]4．(加试要求)如图4-2-10所示，两个相对的斜面，倾角分别为α＝37°和β＝53°.在顶点把两个小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上．假设不计空气阻力，那么a、b两个小球的运动时间之比为()图4-2-10A．1∶1 B．4∶3C．16∶9 D．9∶16D[对a有12gt2av0t a＝tan α，得t a ＝2v 0tan αg ① 对b 有12gt 2bv 0t b ＝tan β，得t b ＝2v 0tan βg ② 将数值代入①②得 t a ∶t b ＝9∶16.应选D.]5．(加试要求)如图4-2-11所示，一名跳台滑雪运发动经过一段时间的加速滑行后从O 点水平飞出，经过3 s 落到斜坡上的A 点．O 点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运发动的质量m ＝50 kg.不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8；g 取10 m/s 2)．求：图4-2-11(1)A 点与O 点的距离L ； (2)运发动离开O 点时的速度大小；(3)运发动从O 点飞出开场到离斜坡距离最远所用的时间.【导学号：81370149】【解析】 (1)运发动在竖直方向做自由落体运动，有 L sin 37°＝12gt 2 L ＝gt 22sin 37°＝75 m.(2)设运发动离开O 点时的速度为v 0，运发动在水平方向的分运动为匀速直线运动，有L cos 37°＝v 0t ，即v 0＝L cos 37°t＝20 m/s.(3)运发动的平抛运动可分解为沿斜面方向的匀加速运动(初速度为v0cos 37°、加速度为g sin 37°)和垂直斜面方向的类竖直上抛运动(初速度为v0sin 37°、加速度为g cos 37°)．当垂直斜面方向的速度减为零时，运发动离斜坡最远，有v0sin 37°＝g cos 37°·t，解得t＝1.5 s.【答案】(1)75 m(2)20 m/s(3)1.5 s。
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关键能力·题型突破考点一平抛运动的规律单个物体的平抛运动【典例1】(多选)一位同学玩投掷飞镖游戏时，将飞镖水平抛出后击中目标。
当飞镖在飞行过程中速度的方向平行于抛出点与目标间的连线时，其大小为v。
不考虑空气阻力，已知连线与水平面间的夹角为θ，则飞镖( )A.初速度v0=vcos θB.飞行时间t=C.飞行的水平距离x=D.飞行的竖直距离y=【一题多解】选A、C。
方法一：将运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，飞镖的初速度v0=vcos θ，选项A正确；根据平抛运动的规律有x=v0t，y=gt2，tan θ=，解得t=，x=，y=，选项C正确，B、D错误。
方法二：求飞行时间还可以沿抛出点与目标间的连线和垂直连线方向建立平面直角坐标系，则沿连线方向上，飞镖做初速度为v0cos θ，加速度为gsin θ的匀加速直线运动；垂直连线方向上做初速度为v0sin θ，加速度为-gcos θ的类竖直上抛运动，故由题意可知飞镖飞到速度为v时，垂直连线方向的速度减为0，所用时间为，再次回到连线所用的时间也为(竖直上抛运动的对称性)，故飞行时间为。
多个物体的平抛运动【典例2】(2019·潮州模拟)甲、乙两位同学在不同位置沿水平各射出一枝箭，箭落地时，插入泥土中的形状如图所示，已知两支箭的质量、水平射程均相等，若不计空气阻力及箭长对问题的影响，则甲、乙两支箭 ( )A.空中运动时间之比为1∶B.射出的初速度大小之比为1∶C.下降高度之比为1∶3D.落地时动能之比为3∶1【通型通法】1.题型特征：两个物体水平抛出。
2.思维导引：【解析】选B。
根据竖直方向的自由落体运动可得h=gt2水平射程：x=v0t可得：x=v0由于水平射程相等，则：v甲=v乙①末速度的方向与水平方向之间的夹角的正切值：tan θ==可得：2gh 甲=3，6gh乙=②联立①②可得：h甲=3h乙，即下落的高度之比为3∶1；根据竖直方向的自由落体运动可得h=gt2，可知运动时间之比为∶1，故A、C错误；射出的初速度大小之比为1∶，故B正确；它们下落的高度之比为3∶1；但射出的初速度大小之比为1∶，所以落地的动能之比不等于3∶1，故D错误。
平抛运动的规律1.飞行时间和水平射程：(1)飞行时间：由t=知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关。
(2)水平射程：x=v0t=v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定。
2.速度和位移的变化规律：(1)速度的变化规律。
①任一时刻的速度水平分量均等于初速度v0。
②任一相等时间间隔Δt内的速度变化量方向竖直向下，大小Δv=Δv y=gΔt。
(2)位移变化规律。
①任一相等时间间隔内，水平位移相同，即Δx=v0Δt。
②连续相等的时间间隔Δt内，竖直方向上的位移差不变，即Δy=gΔt2。
【加固训练】1.我国首批隐形战斗机歼-2已形成初步战斗力。
某次演习时，在某一高度水平匀速飞行的战斗机离目标水平距离为L时投弹(投弹瞬间炸弹相对战斗机的速度为零)，可以准确命中目标。
若战斗机水平飞行高度变为原来的倍，飞行速度变为原来的倍，要仍能命中目标，则战斗机投弹时离目标的水平距离为(不考虑空气阻力) ( ) A.L B.L C.L D.L【解析】选B。
炸弹被投下后做平抛运动，在水平方向上的分运动为匀速直线运动，在竖直方向上的分运动为自由落体运动，所以在竖直方向上：h=gt2，解得：t=在水平方向上：L=v0t=v0当战斗机飞行的高度为原来的倍，飞行速度为原来的倍时，战斗机投弹时距离目标的水平距离：L′=v0=v0=L，故B正确，A、C、D错误。
2.(2017·江苏高考)如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为( )A.tB.tC.D.【解析】选C。
设AB间距为x，两球初速度分别为v1、v2，则有x=(v1+v2)t，现两球的抛出速度都变为原来的2倍，时间减半，所以C项正确。
考点二有约束条件的平抛运动斜面约束的平抛运动【典例3】(2018·全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。
甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的( )A.2倍B.4倍C.6倍D.8倍【解析】选A。
两球都落在该斜面上，其位移与水平方向夹角相等设为α，其速度与水平方向夹角设为β，据tan β=2tanα，可知两球速度夹角相等，据v=可得==2，故选A。
【多维训练】1(多选)如图所示，固定斜面PO、QO与水平面MN的夹角均为45°，现由A点分别以v1、v2先后沿水平方向抛出两个小球(可视为质点)，不计空气阻力，其中以v1抛出的小球恰能垂直于QO落于C点，飞行时间为t，以v2抛出的小球落在PO斜面上的B点，且B、C在同一水平面上，则( )A.落于B点的小球飞行时间为tB.v2=gtC.落于C点的小球的水平位移为gt2D.A点距水平面MN的高度为gt2【解析】选A、C、D。
两个小球做平抛运动下落的高度相等，所以飞行的时间也相等，可知，落于B点的小球飞行时间为t。
故A正确；小球飞行的时间为t，则落于C点的竖直分速度v y=gt，因为小球恰好垂直落于C点，根据平行四边形定则知，小球的初速度v1=v y=gt，落于C点的小球的水平位移为x=v1t=gt2；两个小球在竖直方向的位移：y=gt2，由于PO与水平面MN的夹角为45°，所以落在B点的小球沿水平方向的位移x′也是gt2，而水平方向的位移：x′=v2t，所以：v2=gt。
故B错误，C正确；根据几何关系知，A点距离MN的高度为：h=gt2+×=gt2，故D正确。
【多维训练】2(多选)(2019·黄山模拟)如图所示，甲、乙两个小球同时从同一固定的足够长斜面的A、B两点分别以v0、2v0水平抛出，分别落在斜面的C、D两点(图中未画出)，不计空气阻力，下列说法正确的是 ( )A.甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度的方向相同B.甲、乙两球做平抛运动的时间之比为1∶4C.A、C两点间的距离与B、D两点间的距离之比为1∶4D.甲、乙两球接触斜面前的瞬间，速度大小之比为1∶【解析】选A、C。
平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，甲、乙两球均落在斜面上，则两球的位移方向相同，则速度方向相同，故A正确；根据tanθ==得平抛运动的时间为：t=，甲、乙两球的初速度之比为1∶2，则甲、乙两球平抛运动的时间之比为1∶2，故B 错误；小球平抛运动的水平位移为：x=v水平t=，由于甲、乙两球的初速度之比为1∶2，则两球的水平位移之比为1∶4，可知A、C两点间的距离与B、D两点间的距离之比为1∶4，故C正确；小球落在斜面上时的竖直分速度为：v y=gt=2v水平tan θ，根据平行四边形定则得，小球落在斜面上的速度为：v==v水平，初速度之比为1∶2，则落在斜面上的速度之比为1∶2，故D错误。
曲面约束的平抛运动【典例4】某游戏装置如图所示，安装在竖直轨道AB上的弹射器可上下移动，能水平射出速度大小可调节的小弹丸。
圆心为O的圆弧槽BCD上开有小孔P，弹丸落到小孔时，速度只有沿OP方向才能通过小孔，游戏过关，则弹射器在轨道上( )A.位于B点时，只要弹丸射出速度合适就能过关B.只要高于B点，弹丸射出速度合适都能过关C.只有一个位置，且弹丸以某一速度射出才能过关D.有两个位置，只要弹丸射出速度合适都能过关【解析】选C。
作出速度的反向延长线交初速度方向为G，过O点作MN的垂线交于F，结合几何关系得出平抛运动的水平位移，抓住OG 和GF间的夹角等于速度与水平方向的夹角，通过几何关系求出竖直位移，从而得出弹射器离B点的高度。
根据速度方向，结合平行四边形定则得出初速度的大小，然后作出判断。
设OP与水平方向之间的夹角为θ，将末速度进行分解如图所示：；则：=tan θOE=Rcos θ，PE=Rsin θ，平抛运动的水平位移为：x=BO+OE=R+Rcos θ，又：x=v x t，设发射点到B的高度为h，弹丸沿竖直方向的位移：y=h+PE=h+Rsin θ又：y=gt2=v y t则：===tan θ由于P点的位置是固定的，则x是固定的，所以弹射器的高度只能有一个位置。
由于弹射器的高度只能有一个位置，则竖直方向弹丸的位移是固定的，由y=gt2可知弹丸下落的时间是固定的，所以弹丸的初速度也是固定的。
即只有一个位置，且弹丸以某一速度射出才能过关。
故A、B、D错误，C正确。
有约束条件的平抛运动解题策略【加固训练】1.如图所示，半圆槽MABCN在竖直面内，M点、N点是半圆的水平直径的两个端点，O点是半圆圆心，OB为竖直半径，A、C为半圆周上的两点，两点连线AC垂直平分OB。
现有三个小球a、b、c，先从M 点水平向右先后抛出a、b两小球，两球依次落在A、B两点；再从P 点水平向右抛出c球(P是直径MN上的某一点)，c球恰好垂直圆周击中C点，则下列说法中正确的是( )A.a、b、c三球的下落时间之比为1∶2∶1B.c球抛出点P有可能与M点重合C.a、b、c三球的平抛初速度之比为(2-)∶∶2D.a、b、c三球的机械能之比为(7-4)∶2∶12【解析】选C。
三个小球都做平抛运动，根据平抛运动规律列方程计算求解。
由题可知，a、b、c三个小球在竖直方向的位移之比为：1∶2∶1，由h=gt2可知它们的下落时间之比为：1∶∶1。
故A错误；c球恰好垂直圆周击中C点，则速度的反向延长线经过O点；由平抛运动的推论可知，抛出点到C之间的水平距离等于O到C点水平距离的2倍，然后结合几何关系可知，P点一定在A点的正上方。
故B错误；AC垂直平分OB，则AO与CO与竖直方向之间的夹角都是60°，所以=R，而M与A之间的水平距离为R-R设a与c运动的时间为t，则b运动的时间为t，沿水平方向：对a：R-R=v a t对b：R=v b·t对c：R=v c t所以v a∶v b∶v c=(2-)∶∶2。
故C正确；由于没有选择合适的重力势能的零势能面，所以不能比较它们的机械能的大小关系，故D错误。
2.如图甲所示，水平地面上有一个底端固定、倾角α可调的斜面，右侧在D点与一个水平平台相接。
固定在平台上的弹射装置可以将小球以不同水平初速度v0弹出、改变斜面倾角α使小球每次均垂直落到斜面上，-图线如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则平台高度H为( )A.0.5 mB.1C.1.5 mD.2 m【解析】选D。
固定在平台上的弹射装置可以将小球以不同水平初速度v0弹出、改变斜面倾角α使小球每次均垂直落到斜面上，根据几何关系可知小球末速度的方向与竖直方向夹角为α，则tan α=①h=gt2②x=v0t ③平台高度为：H=h+xtan α④①②③④联立解得：=2gH-2结合图乙可得：2gH=解得：H=2 m，故A、B、C错误，D正确。